フィボナッチのピラミッド

1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,……と続いていく数列をフィボナッチ数列と呼びます。

1,1からはじまり、前のふたつの数を足したものが次の数になっています。

フィボナッチ数列から一番最初の項の1を除いたもの、

つまり 1,2,3,5,8,13,21,34,55…… という数列を考えるとき、

この数列から隣り合わないように項を選び和をとることで、すべての自然数を一意的に表せます。（ゼッケンドルフの定理）

さて、

F[n]をn番目のフィボナッチ数（ただし一番はじめの1をF[0],二番目の1をF[1]とする）とするとき、

F[n]未満の自然数をすべて隣り合わないフィボナッチ数の和で表し、

それらの和のなかでそれぞれのフィボナッチ数がいくつずつ現れるかを調べたところ、規則が見つかりました。

具体的に小さい値を考えてみます。

1=1

2=2

3=3

4=1+3

5=5

6=1+5

7=2+5

8=8

9=1+8

10=2+8

11=3+8

12=1+3+8

13=13

となり、

2未満では1が1回現れていて、

3未満では1,2が1回ずつ現れていて、

5未満では1,3が2回、2が1回現れていて、

8未満では1,5が3回、2,3が2回現れていて、

13未満では1,8が5回、2,5が3回、3が4回現れています。

F[n]未満においてF[1]がg[1]回、F[2]がg[2]回……F[n-1]がg[n-1]回現れるとき、これを

F[n]→g[1],g[2],……,g[n-1]　と書くことにすると

F[2]→1

F[3]→1,1

F[4]→2,1,2

F[5]→3,2,2,3

F[6]→5,3,4,3,5

となります。

これを三角形状に書き、更にもう少し大きい値も書くと

１

１ １

２ １ ２

３ ２ ２ ３

５ ３ ４ ３ ５

８ ５  ６  ６  ５ ８

13   ８  10  9  10  ８  13

 

 となります。

この三角形を見ると、斜めに隣り合うふたつの数の和が、その斜めの角度に沿った下の数になるようです。

証明はできていません。

以上です　お読みいただきありがとうございました！

60度・120度の角を持つ整数三角形の親子関係・友達関係

ある三角形の三辺の長さi,j,kが、i^2+ij+j^2=k^2となっているとき、iとjの間の角は120度になっています。

また、ある三角形の三辺の長さd,e,fが、d^2-de+e^2=f^2となっているとき、dとeの間の角は60度になっています。

こうなっていることの証明は余弦定理を使うとできます。

さて、a^2+ab+b^2=c^2を満たす整数a,b,cを考えることで、辺がすべて整数の、60度の角を持つ三角形と120度の角を持つ三角形をすべて考えることができます。

a,bがともに正の数ならば120度の角を持つ整数三角形、a,bどちらかが正の数でもう片方が負の数ならば60度の角を持つ整数三角形、a,bがともに負の数ならば120度の角を持つ整数三角形です。

これから、a,b,cについて調べることで、60度・120度の角を持つ整数三角形たちのつながりを見つけたいと思います。

まずは親子関係から。

f(x)=(a+x)^2+(a+x)(b+x)+(b+x)^2-(c+x)^2という関数を考えると、

f(x)=2x(x+3/2×(a+b)-c)となることから、

s=3/2×(a+b)-cとすると、f(-s)=0となるので、

(a-s)^2+(a-s)(b-s)+(b-s)^2=(c-s)^2となっていることが分かります。

よって、a,b,cが60度・120度の角を持つ整数三角形の辺の長さになっているとき、a-s,b-s,c-sもまた60度・120度の角を持つ整数三角形の辺の長さになっていることが分かりました。

この関係を親子関係と呼んでいます。

次に、友達関係を説明します。

g(x)=a^2+a(b+x)+(b+x)^2-c^2という関数を考えると、

g(x)=x(x+a+2b)となることから、g(-a-2b)=0が分かり、

a^2+a(-a-b)+(-a-b)^2=c^2となっていることが分かりました。

よって、a,b,cが60度・120度の角を持つ整数三角形の辺の長さになっているとき、a,-a-b,cもまた60度・120度の角を持つ整数三角形の辺の長さになっていることが分かりました。

この関係を友達関係と呼んでいます。

親子関係、友達関係を結んでいくことで、すべての60度・120度の角を持つ整数三角形が現れるのであれば面白いなぁと思いますが、証明はできていません。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

三角ピタゴラス数の親子関係

n番目の三角数をΔn,つまりΔn=n(n+1)/2とします。

Δa+Δb=Δcを満たす自然数a,b,cを三角ピタゴラス数と呼ぶことにします。

一組の三角ピタゴラス数から無数の三角ピタゴラス数を見つける方法を思いつきました。

Δa+Δb=Δc、s=2(a+b-c)+1とするとき、

Δ(a-s)+Δ(b-s)=Δ(c-s)となっているのです。

ただし、nを自然数とするとき、Δ(-n)=Δ(n-1)となっていることに注意して下さい。

証明を書きます。

f(x)=Δ(a+x)+Δ(b+x)-Δ(c+x)という関数を考えると、

f(x)=x(x+2(a+b-c)+1)となることから、f(-s)=0が言え、

Δ(a-s)+Δ(b-s)-Δ(c-s)=0となることが言え、よって示されました。

ピタゴラス数のときのように、a,b,cのうちどれかひとつが負の場合も考えることで、基本的に一組の三角ピタゴラス数から4種類の新たな三角ピタゴラス数を見つけることができます。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

２組のピタゴラス数の積 その２

「２組のピタゴラス数の積」で言ったようなことが、もっと他にも言えることに気付いたので投稿します。

a[1],b[1],c[1]とa[2],b[2],c[2]をピタゴラス数、

つまり

a[1]^2+b[1]^2=c[1]^2,a[2]^2+b[2]^2=c[2]^2

となっていて且つa[1].b[1],c[1],a[2],b[2],c[2]を自然数とします。

更に、a[1],a[2]を奇数、b[1],b[2]を偶数とします。

a[1]b[2]+b[1]a[2]+c[1]c[2],

|-a[1]b[2]+b[1]a[2]+c[1]c[2]|,

|a[1]b[2]-b[1]a[2]+c[1]c[2]|,

|a[1]b[2]+b[1]a[2]-c[1]c[2]|が平方数になるようだということ、

a[1]a[2]+b[1]b[2]+c[1]c[2],

|-a[1]a[2]+b[1]b[2]+c[1]c[2]|,

|a[1]a[2]-b[1]b[2]+c[1]c[2]|,

|a[1]a[2]+b[1]b[2]-c[1]c[2]|が平方数の2倍になるようだということに気付きました。

例をあげます。

(a[1],b[1],c[1])=(3,4,5)、(a[2],b[2],c[2])=(21,20,29)とすると、

a[1]b[2]+b[1]a[2]+c[1]c[2]=3×20+4×21+5×29=289=17^2

-a[1]b[2]+b[1]a[2]+c[1]c[2]=|-3×20+4×21+5×29|=|169|=13^2

a[1]b[2]-b[1]a[2]+c[1]c[2]=|3×20-4×21+5×29|=|121|=11^2

a[1]b[2]+b[1]a[2]-c[1]c[2]=3×20+4×21-5×29=|-1|=1^2

a[1]a[2]+b[1]b[2]+c[1]c[2]=3×21+4×20+5×29=288=2×12^2

|-a[1]a[2]+b[1]b[2]+c[1]c[2]|=|-3×21+4×20+5×29|=|162|=2×9^2

|a[1]a[2]-b[1]b[2]+c[1]c[2]|=|3×2-4×20+5×29|=|128|=2×8^2

|a[1]a[2]+b[1]b[2]-c[1]c[2]|=|3×21+4×20-5×29|=|-2|=2×1^2

となり、確かに成立しています。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

ピタゴラス数と四平方

a^2+b^2+c^2=d^2,a+b=dのとき、

(a+c)^2+(b+c)^2=(d+c)^2となっていることに気付きました。

四平方からピタゴラス数が作れることがあるということです。

「四平方の親子関係」で書いた四平方操作を、ピタゴラス数にしてみます。

a^2+b^2+0^2=d^2に四平方操作をすればいいのです。

このときΩ=a+b-dなので、(Ω-a)^2+(Ω-b)^2+Ω^2=(Ω-d)^2、つまり

(d-b)^2+(d-a)^2+(a+b-d)^2=(2d-a-b)^2という四平方が作れました。

(d-b)+(d-a)=(2d-a-b)から、この四平方はピタゴラス数を作れることが分かります。

実際に作ってみると、a^2+b^2=d^2という、四平方操作をするまえのピタゴラス数が現れました。

また、-a,b,cに二重ピタゴラス操作をしてp,q,rというピタゴラス数ができるとき、

-a,b,0,cに四平方操作をしてできる四平方から作れるピタゴラス数はp,q.rになっているようです。

aにマイナスをつけたものを考えましたが、bやcにマイナスをつけたものも同様になっているようです。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

四平方の親子関係

a,b,c,dを自然数、a^2+b^2+c^2=d^2,Ω=a+b+c-dとするとき、

(Ω-a)^2+(Ω-b)^2+(Ω-c)^2=(Ω-d)^2となっていることに気付きました。

a^2+b^2+c^2=d^2というように、3つの平方数の和で表せる平方数の式を四平方と呼ぶことにすると、一つの四平方から新たな四平方が作れるということです。

この計算を四平方操作と呼ぶことにします。

証明を書きます。

f(x)=(x+a)^2+(x+b)^2+(x+c)^2-(x+d)^2という関数を考えると、

f(x)=2x(x+a+b+c-d)からf(-Ω)=0が分かり、

f(-Ω)=(-Ω+a)^2+(-Ω+b)^2+(-Ω+c)^2-(-Ω+d)^2=0、つまり

(Ω-a)^2+(Ω-b)^2+(Ω-c)^2=(Ω-d)^2となっていることが示せました。

また、任意のa,b,c,dの符号を負にして四平方操作をすることで、負をつけていないものに四平方操作をしたものも含めると最大で8種類の新たな四平方を見つけることができます。

(Ω-a)^2+(Ω-b)^2+(Ω-c)^2=(Ω-d)^2をa^2+b^2+c^2=d^2の親、a^2+b^2+c^2=d^2を(Ω-a)^2+(Ω-b)^2+(Ω-c)^2=(Ω-d)^2の子と呼ぶことにします。

面白いことに、任意のa,b,c,dの符号を負にし、四平方操作をして作った四平方は、a^2+b^2+c^2=d^2の子になっているようです。

ひとつのピタゴラス数に二重ピタゴラス操作をすることですべてのピタゴラス数が現れたように（「ピタゴラス数と倍数　その２」「二重ピタゴラス操作と行列」を参照して下さい）

ひとつの四平方に四平方操作をすることですべての四平方が現れるのであれば面白いなぁと思いますが、証明はできていません。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

ピタゴラス数と二次関数

a,b,cをピタゴラス数、つまりa,b,cはa^2+b^2=c^2を満たす互いに素な自然数とする

f(x)=(x+a)^2+(x+b)^2-(x+c)^2という関数を考えることで、新たなピタゴラス数や3つの整数の平方の和で表せる平方数が出てくることに気付きました。

では書いていきます

f(x)=x(x+2(a+b-c))なので、f(-2(a+b-c))=0が分かるので、

f(-2(a+b-c))=(-2(a+b-c)+a)^2+(-2(a+b-c)+b)^2-(-2(a+b-c)+c)^2=0

つまり、

(a+2b-2c)^2+(2a+b-2c)^2=(2a+2b-3c)^2であることが分かり、これは新たなピタゴラス数です。

また、f(x)=(x+(a+b-c))^2-(a+b-c)^2であることから、f(-a-b+c)=-(a+b-c)^2が分かるので、

f(-a-b+c)=(-a-b+c+a)^2+(-a-b+c+b)^2-(-a-b+c+c)^2=-(a+b-c)^2

つまり、

(b-c)^2+(a-c)^2+(a+b-c)^2=(a+b-2c)^2であることが分かり、これは3つの整数の平方の和が平方数になっている式であることが分かります。

また、(x+a)^2+(x+b)^2-(x+c)^2という式だけでなく、

(x-a)^2+(x+b)^2-(x+c)^2

(x+a)^2+(x-b)^2-(x+c)^2

(x+a)^2+(x+b)^2-(x-c)^2

という式を考えても同様のことが言えます。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

a+b+1を和、a+b+abを積とする体およびその拡張

演算☆,♡を

a☆b=(a+1)+(b+1)-1=a+b+1

a♡b=(a+1)(b+1)-1=a+b+ab

と定義する。

{0,1,……,p-1}(mod p)(pは素数)において☆を加法、♡を乗法とするとき、

{0,1,……,p-1}は加法の単位元が(p-1),乗法の単位元が0の体になることに気付きました。

証明もできたので概要を書いておきます。

ある集合が体になっていることを証明するには、加法に関して可換群になっていて、加法の単位元を除いた集合も乗法に関して可換群になっていて、分配法則(a×(b+c)=ab+ac)が成り立っていることを示せばよいのでした。

これからmod pを省略して書きます

a,bを任意の集合の元とするとき

a☆b=b☆a,a♡b=b♡a,a☆(p-1)=a,a♡0=aは自明です

このことから加法、乗法ともに交換法則が成立していることと単位元が存在することが示せました。

また、a☆x=p-1,c♡y=0となる元x,yがどんなa,どんな(p-1)でない元cに対しても存在することから、逆元の存在が示せます。

a☆(b☆c)=(a☆b)☆c,a♡(b♡c)=(a♡b)♡cという結合法則、a♡(b☆c)=(a♡b)☆(a♡c)という分配法則も、計算すれば成立していることが分かります。

このようにして証明できます。

また、べき算も定義できることに気付きました。

演算〇を、a〇b=(a+1)^(b+1)-1と定義すると、この演算は今回考えた体のべき算になっています。

実際、普通の演算でいうa^(b+c)=a^b×a^cに相当する等式も、成立しています。

a〇(b☆c)=a〇(b+c+1)=(a+1)^(b+c+2)-1

(a〇b)♡(a〇c)=((a+1)^(b+1)-1)♡((a+1)^(c+1)-1)

=((a+1)^(b+1)-1)+((a+1)^(c+1)-1)+((a+1)^(b+1)-1)((a+1)^(c+1)-1)=(a+1)^(b+c+2)-1

となることから、確かめられました。

 普通の演算において、足し算の時計、掛け算の時計、べき算の時計があるように、この体でも☆の時計、♡の時計、〇の時計を作ることができると思われます。時計については多分僕の投稿をすうじあむの頃からずっと見てくれている人しか分からないと思うので、URLを貼っておきます。

皆の投稿 - 冪時計 - 数学博物館 すうじあむ

では拡張を考えていきます。

演算￥,〒をa￥b=a+b+n,a〒b=a+b+(ab)/nと定義するとき、

￥を加法、〒を乗法とすると、

nがpを法として0でないならば、

{0,1,……,p-1}(mod p)は加法の単位元が-n,乗法の単位元が0の体になるようです。

更に拡張したものとして、

mをnと互いに素な自然数とするとき

{0,1,……,m-1}(mod m)は￥に関して巡回群になり、さらに演算￥においての巡回群{0,1,……,m-1}の生成元の集合は、〒に関して群になると予想しました。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

フィボナッチと互いに素 その２

a,bを互いに素な自然数の定数、

F(n)が、F(n)+F(n+1)=F(n+2)(また、F(1),F(2)は自然数、F(1)≠F(2))を満たし、

J(n),K(n)を0以上F(n)以下

(ただしF(n)＜aあるいはF(n)＜bとなっているときは、F(n)以下という条件を変えて、a以下あるいはb以下という条件にする)

の整数とする。

a×J(n)-b×K(n)=F(n)となっているとき、

J(n)はJ(n)+J(n+1)=J(n+2)となっている(また、K(n)もJ(n)と同様)と予想しました。

例をあげます

F(n)を1,2,3,5,8,13,21,34……という数列とし、

a=2,b=3とすると、

2×J(1)-3×K(1)=1つまりJ(1)=2,K(1)=1

2×J(2)-3×K(2)=2つまりJ(2)=1,K(2)=0

2×J(3)-3×K(3)=3つまりJ(3)=3,K(3)=1

2×J(4)-3×K(4)=5つまりJ(4)=4,K(4)=1

2×J(5)-3×K(5)=8つまりJ(5)=7,K(5)=2

……となっていき、確かにJ(n)+J(n+1)=J(n+2),K(n)+K(n+1)=K(n+2)となっています。

ただし、ここまで書いておいて悪いのですが、J(5)=4,K(5)=0としても条件を満たしているので、この条件だけだと駄目なときもあるようです。すみません。

0を使わないと式が成立しないとき以外はJ(n),K(n)を0にしないとしたらうまくいくのかな、と思っていますが、確証はありません。

F(n)+F(n+1)=F(n+2)という条件をxF(n)+yF(n+1)=F(n+2)(x,yは自然数)という条件に変えた場合は、

J(n)もxJ(n)+yJ(n+1)=J(n+2)となっている(K(n)もJ(n)と同様)のかなぁと思いました。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

a+ab+bと巡回群

演算＠を

a@b=a+ab+b

と定義するとき、

{0,1,……,p-2}(mod p)(pは素数)は＠に関して巡回群になっていることに気付きました。

ここから先mod pは省略します

逆元と単位元が存在し、結合法則が成り立ち、与えられた演算に関して閉じていれば群と呼ぶのでした。

さらに、与えられた演算で単位元にひとつの元を入力し続けていくとすべての元が現れるとき、その群を巡回群と呼ぶのでした。

群になっていることだけ証明しておきます。

a＠0=a

0@a=a

から、0が単位元になっていることが分かります。

任意のaに関して、

a@b=0を満たすbが必ず存在すること、つまり逆元が存在することを示します。

a@b=a+ab+b=0より、b=-a/(a+1)

a≠-1なので分母が0にならず、また-1にもならない(-a/(a+1)=-1とすると等式が成立しなくなる)ので、逆元が存在することが示せました。

(a@b)@c=(a+ab+b)@c=(a+ab+b)+c(a+ab+b)+c=abc+ab+ac+bc+a+b+c

a@(b@c)=a@(b+bc+c)=a+a(b+bc+c)+(b+bc+c)=abc+ab+ac+bc+a+b+c

から、結合法則が成立していることが分かります。

a,b≠-1のとき、a@b≠-1、つまりa+ab+b+1≠0になることがないことが示せれば演算＠に関して閉じていることが示せます。

a+ab+b+1=0として矛盾を導きます。

a+ab+b+1=(a+1)(b+1)=0より、a=-1またはb=-1

しかしa,b≠-1なので矛盾

よって、演算に関して閉じていることが示せました。

では具体例を見ていきます。

mod 7の場合を考えてみましょう。

a@0=a

a@1=2a+1

a@2=3a+2

a@3=4a+3

a@4=5a+4

a@5=6a+5

となっています。

0に@2を付け続けていくと、

0@2=2

2@2=1

1@2=5

5@2=3

3@2=4

4@2=0

と、要素である0,1,2,3,4,5がすべて出ました。

よってmod7のとき、巡回群になっていることが分かりました。

n≠0とするとき、

{0,1,……p-1}(ただし-1/nと合同な要素は取り除く)という集合に

a☆b=a+nab+b

として演算☆を定めても巡回群になります。

どこか間違えていたら教えて下さい。

お読みいただきありがとうございました！